ST表 - 技术栈

定义

ST 表（Sparse Table，稀疏表）是用于解决 可重复贡献问题 的数据结构。------OI Wiki

可重复贡献问题是什么我也不知道

作用

求静态区间最大（小）值，即一个区间不会修改。

能够实现 $\\mathcal O(n\\log_2 n)$ 预处理， $O(1)$ 查询。

实现

倍增思想

设 $\\large f_{x,i}$ 表示区间 $x,x+2\^i-1$ 的最大值 。（最小值同理，下文不再赘述）

那么显然有：

\\large f_{x,0}=a_x

不难发现， $l,l+2\^p$ 的区间最大值是区间 $l,l+2\^{p-1}$ 和区间 $l+2^{p-1}+1,l+2^p$ 的最大值。那么 $\\large f_{x,i}$ 的转移方程就有（ $i\>0$ ）：

\\large f_{x,i}=\\max(f_{x,i-1},f_{x+2\^{i-1},i-1})

其实和倍增LCA的转移方程很像虽然倍增算法基本都长这样，一同理解倍增可能会好一些。

预处理

设数组 $f\[x\]\[i\]$ ，定义同 $f_{x,i}$ 。

那么预处理部分的代码就很简单了：

cpp 复制代码

void st_pre(){
	for(int i=0;i<=n;i++)lg[i]=lg[i/2]+1;//常数优化
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=a[i];
	for(int i=1;i<=lg[n];i++){//循环顺序不能改！！
		for(int x=1;x+(1<<i)-1<=n;x++){
			f[x][i]=max(f[x][i-1],f[x+(1<<i-1)][i-1]);//状态转移方程
		}
	}
}

其中， $lg\[i\]$ 表示 $\\log_2i+1$ 。

时间复杂度： $\\mathcal O(n\\log_2 n)$ 。

查询

ST表可以实现 $\\mathcal O(1)$ 查询，实现如下：

询问区间 $\[l,r\]$ 时，我们只需要返回区间 $\\large\[l,s\]$ 和区间 $\\large\[r-2\^s+1,r\]$ 的最大值即可，其中 $s=\\lfloor \\log_2(r-l+1)\\rfloor$ （区间长度的对数）。

其实这样分成的两个区间会有重复部分（一定覆盖了 $\[l,r\]$ ），但是并不影响我们求区间最大值。

查询代码也很简单：

cpp 复制代码

int l,r;
scanf("%d %d",&l,&r);
int s=log2(r-l+1);
printf("%d\n",max(f[l][s],f[r-(1<<s)+1][s]));

例题

洛谷P3865

【模板】ST 表 && RMQ 问题

ST表模板题，虽然时限 $800\\text{ms}$ ，但不加快读也能过。参考代码：

cpp 复制代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
const int N=1e5;
int n,m,a[N+1],lg[N+1],f[N+1][(int)log2(N)+1]; 
void st_pre(){
	for(int i=0;i<=n;i++)lg[i]=lg[i/2]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=a[i];
	for(int i=1;i<=lg[n];i++){
		for(int x=1;x+(1<<i)-1<=n;x++){
			f[x][i]=max(f[x][i-1],f[x+(1<<i-1)][i-1]);
		}
	}
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
	st_pre();
	while(m--){
		int l,r;
		scanf("%d %d",&l,&r);
		int s=log2(r-l+1);
		printf("%d\n",max(f[l][s],f[r-(1<<s)+1][s]));
	}
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}